一、 高中化学氯及其化合物
1.(1)单质钠是一种______色的金属,密度比水______(大/小),钠在自然界中以______(化合/游离)态存在;金属钠与水反应的化学方程式:______,金属钠在空气中燃烧生成______色的______(化学式),其生成物与水反应的化学方程式:______。 (2)氯气是一种______色的气体,密度比空气______,______溶于水,并可以和水发生反应,写出其反应的化学方程式:______,实验室中用______ 溶液(化学式)吸收多余的氯气。
铁丝在氯气中燃烧的化学方程式:______。漂白粉是______和______(化学式)的混合物,是利用氯气与氢氧化钙反应制成的,写出其反应的方程式:______。
(3)现有物质:①氧化镁②硫酸铜 ③碳酸钙 ④金属钠 ⑤氯气 ⑥氢气 ⑦硫酸 ⑧氯水⑨二氧化硫 ⑩氧化钠⑪二氧化硅⑫次氯酸⑬漂白粉
按下列标准进行归类(填序号)混合物______ 酸______ 盐______单质______ 碱性氧化物______ 酸性氧化物______。
【答案】银白 小 化合 2Na2H2O2NaOHH2 淡黄 Na2O2
2Na2O22H2O4NaOHO2 黄绿 大 易 Cl2H2OƒHClHClO NaOH
点燃2Fe3Cl22FeCl3 CaCl2 Ca(ClO)2
2Cl22Ca(OH)2CaCl2Ca(ClO)22H2O ⑧⑬ ⑦⑫ ②③ ④⑤⑥ ①⑩
⑨⑪ 【解析】 【分析】
1钠观察切开面,新切开的金属钠断面呈银白色色;密度比水小,钠是很活泼的金属,
在自然界中只能以化合态存在;金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气;
金属钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠,过氧化钠可以和水之间发生反应生成氢氧化钠和氧气;
2在通常状况下,氯气是一种黄绿色气体,密度比空气大,易溶于水;氯气和水反应生
成盐酸和次氯酸,实验室用氢氧化钠吸收吸收多余的氯气,铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁,氯气与氢氧化钙反应生成漂白粉,漂白粉的主要成分是次氯酸钙、氯化钙;
3物质分为混合物和纯净物,纯净物又分为单质和化合物,化合物分为氧化物、酸、
碱、盐。混合物是指由多种物质组成的物质;酸是指电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物;盐是指由金属离子和酸根离子组成的化合物;单质是只含有一种元素的纯净物;氧化物是指由两种元素组成的化合物中,其中一种元素是氧元素,碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物,酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物。 【详解】
1钠观察切开面,新切开的金属钠断面呈银白色色;钠与水反应浮在水面上,钠的密度
比水小,钠是很活泼的金属,在常温下就能与氧气反应,钠在自然界中只能以化合态存在;金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,反应的化学方程式:
2Na2H2O2NaOHH2,金属钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠,
2NaO2VNa2O2,过氧化钠可以和水之间发生反应生成氢氧化钠和氧气,方程式为:
2Na2O22H2O4NaOHO2;
2在通常状况下,氯气是一种黄绿色气体,密度比空气大,易溶于水,1体积水中能溶
解2体积的氯气;氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,Cl2H2OƒHClHClO,实验
室用氢氧化钠吸收吸收多余的氯气,生成氯化钠和次氯酸钠,离子反应为
Cl22OHClClOH2O,铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁
点燃2Fe3Cl22FeCl3,氯气与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙,反应的方程式为
2Cl22Ca(OH)2CaCl2Ca(ClO)22H2O,漂白粉的主要成分是次氯酸钙
(CaClO)2、氯化钙CaCl2;漂白粉溶于水后,受空气中的CO2作用,即产生有漂
白、杀菌作用的次氯酸,同时生成碳酸钙沉淀,反应的化学方程式为:
Ca(ClO)2CO2H2OCaCO32HClO;
3①氧化镁为碱性氧化物; ②硫酸铜由硫酸根离子和铜离子构成的盐; ③碳酸钙由碳
酸根离子和钙离子构成的盐; ④金属钠 属于单质;⑤氯气属于单质; ⑥氢气属于单质;⑦硫酸属于二元强酸; ⑧氯水属于氯气和水的混合物; ⑨二氧化硫为酸性氧化物; ⑩氧化钠为碱性氧化物;⑪二氧化硅为酸性氧化物;⑫次氯酸为一元弱酸;⑬漂白粉主要成分是次氯酸钙(CaClO)2、氯化钙CaCl2,属于混合物; 则:混合物为⑧⑬,酸为 ⑦⑫,盐为②③,单质为④⑤⑥,碱性氧化物为
①⑩, 酸性氧化物为⑨⑪。
【点睛】
本题考查的是钠、氯气的物理性质、化学性质、物质的分类,属基础题,碱金属是典型金属元素的代表,钠是碱金属元素的代表,氯是卤素的代表,在无机化学中有非常重要的地位,因而成为命题的重点物质,是物质推断、鉴别、及有关实验、计算的常见物质。
2.已知X、Y均为有刺激性气味的气体,且几种物质间有以下转化关系,部分产物未标出。请回答下列问题。
(1)写出下列各物质的化学式:
X______、Y______、A______、B______、C______。 (2)反应①的离子方程式为____________。
【答案】Cl2 SO2 HCl H2SO4 FeCl3 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+ 【解析】 【分析】
A与酸化的AgNO3溶液反应产生白色沉淀,A中含Cl-;B与盐酸酸化的BaCl2溶液反应产生白色沉淀,B中含SO42-;又根据X、Y均为有刺激性气味的气体,且X能与Fe反应,则X为Cl2,Y为SO2,A为HCl,B为H2SO4,C为FeCl3。 【详解】
(1)分析可知,X为Cl2,Y为SO2,A为HCl,B为H2SO4,C为FeCl3。
(2)反应①为氯化铁与二氧化硫发生氧化还原反应,离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+。
3.有X、Y、Z三种元素:
(1)X、Y、Z的单质在常温下均为气体;
(2)X单质可以在Z的单质中燃烧,生成物为XZ,火焰呈苍白色;
(3)XZ极易溶于水,在水溶液中电离出X+和Z-,其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红; (4)每2个X2分子能与1个Y2分子化合成2个X2Y分子,X2Y常温下为液体; (5)Z单质溶于X2Y中,所得溶液具有漂白性。
试写出其元素符号:X__,Y__,Z__,化合物的分子式:XZ__,X2Y__。 【答案】H O Cl HCl H2O 【解析】 【分析】
根据特殊颜色(苍白色)以及水在常温下为液体可以推断出各元素和各物质。 【详解】
X单质可以在Z的单质中燃烧,生成物为XZ,火焰呈苍白色,所以X为H2,Z为Cl2,HCl为HCl;XZ极易溶于水,在水溶液中电离出H+和Cl-,其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红,验证了刚才的结论;X2Y常温下为液体,根据X为氢元素,可以确定X2Y为H2O,所以Y为O;Cl2溶于H2O中,所得溶液中含有次氯酸,具有漂白性。综上可确定X为H,Y为O,Z为Cl。XZ为HCl,X2Y为H2O。
4.某溶液中可能含有K+、Na+、CO3、Cl-中的一种或几种,为鉴别其中所含离子,现进行如下实验:
2
请回答下列问题:
(1)原溶液中一定存在的离子是______(填离子符号,下同),一定不存在的离子是______________,可能存在的离子是__________________。
(2)为进一步确定原溶液中可能存在的离子是否存在,应进行的实验操作及判断依据是_________
【答案】Na+和CO3 K+ Cl- 取原溶液,向溶液中加入银溶液,有白色沉淀生成,再加入足量稀,若白色沉淀不消失,则原溶液中存在Cl,若白色沉淀消失,则原溶液
-
中不存在Cl
-
2【解析】 【分析】
钠的焰色反应是黄色,钾的焰色反应(透过蓝色钴玻璃)是紫色;CO3能和盐酸反应生成气体。检验Cl-的试剂是稀和银溶液。 【详解】
++
(1)根据焰色反应显黄色、透过蓝色钴玻璃无紫色,说明含有Na、无K;加入盐酸有
2气体产生,说明存在CO32-,但不能确定是否有Cl-;则原溶液中一定存在Na+和CO32-,一定不存在K+,可能存在的是Cl-。
(2)要检验是否存在Cl-选用AgNO3溶液和稀HNO3,所进行的操作和判断的依据为:取原溶液,向溶液中加入银溶液,有白色沉淀生成,再加入足量稀,若白色沉淀不消失,则原溶液中存在Cl-,若白色沉淀消失,则原溶液中不存在Cl-。
5.由几种离子化合物组成的混合物,含有以下离子中的若干种:K+、NH4+、Mg2+、Cu2+、Ba2+、C1-、SO42-、CO32-。将该混合物溶于水后得无色澄清溶液,现分别取3份100mL该溶液进行如下实验: 实验序号 实验内容 实验结果 a 加AgNO3溶液 有白色沉淀生成 b 加足量NaOH溶液并加热 收集到气体1.12L(已折算成标准 状况下的体积) c 加足量BaC12溶液时,对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量;再向沉淀 第一次称量读数为6. 27g,第二次 称量读数为2.33g 中加足量稀盐酸,然后干燥、称量 试回答下列问题:
(1)该混合物中一定不存在的离子是__________________________。 (2)溶液中一定存在的阴离子是____________________。 (3)试写出实验b发生反应的离子方程式__________________。 (4)判断混合物中是否存在K+?__________________(填“是”或“否”)。 【答案】Mg2+、Cu2+、Ba2+ SO42-、CO32- NH4++OH-=NH3↑+H2O 是 【解析】 【分析】
将该混合物溶于水后得无色澄清溶液判断溶液中一定不含Cu2+,Ba2+、Mg2+和SO42-、CO32-不能同时存在,加入银溶液生成白色沉淀,可能存在Cl-、SO42-、CO32-;加入足量氢氧化钠溶液加热收集到气体说明一定为氨气,溶液中一定含有NH4+、一定不含Mg2+;加入足量氯化钡溶液得到彻底中加入盐酸沉淀部分溶解,说明沉淀 为BaSO4、BaCO3,说明溶液中存在SO42-、CO32-,推断溶液中一定不含Ba2+,K+、是否存在依据离子物质的量结合溶液中电荷守恒分析计算进行判断。 【详解】
将该混合物溶于水后得无色澄清溶液判断溶液中一定不含Cu2+,Ba2+、Mg2+和SO42-、CO32-不能同时存在,加入银溶液生成白色沉淀,可能存在Cl-、SO42-、CO32-;加入足量氢氧化钠溶液加热收集到气体说明一定为氨气,溶液中一定含有NH4+、一定不含Mg2+;加入足量氯化钡溶液得到彻底中加入盐酸沉淀部分溶解,说明沉淀 为BaSO4、BaCO3,说明溶液中存在SO42-、CO32-,推断溶液中一定不含Ba2+,K+、是否存在依据离子物质的量结合溶液中电荷守恒分析计算进行判断;
(1)上述分析可知,该混合物中一定不存在的离子是Mg2+、Cu2+、Ba2+; (2)溶液中一定存在的阴离子是SO42-、CO32-;
(3)实验b发生反应是铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气和水,反应的离子方程式为为:NH4++OH-=NH3↑+H2O;
(4)题干信息可知,NH4+ 物质的量 0.05mol,SO42-物质的量为0.01mol,CO32- 物质的量为0.02mol,由溶液中电荷守恒可知,假设溶液中一定含有K+,溶液中电荷守恒c(K+)+c(NH4+)=2c(SO42-)+2c((CO32-),c(K+)=0.2mol/L,溶液中可能存在Cl-,所以c(K+)≥0.2mol/L,即说明溶液中一定含有K+。 【点睛】
破解离子推断题的几种原则:①肯定性原则:根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子;(记住几种常见的有色离子:Fe2+、Fe3+、Cu2+、MnO4-、CrO42-、Cr2O72-);②互斥性原则:在肯定某些离子的同时,结合离子共存规律,否定一些离子的存在;③电中性原则:溶液呈电中性,一定既有阳离子,又有阴离子,且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等;(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子);④进出性原则:通常是在实验过程中使用,是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。
6.无色气体A在一种黄绿色气体B中可安静地燃烧,发出苍白色火焰,反应生成气体C。B与金属D反应可生成白色固体E,D在空气中燃烧生成浅黄色固体F,F与CO2反应可得到气体G,D与水反应可生成A,A在G中燃烧生成水。推断出各种物质后,回答下列问题:
(1)E的化学式为_____。
(2)由D生成F的化学方程式为:_____。 (3)D与H2O反应的离子方程式为:______。
(4)写出F与CO2反应的化学方程式,并用双线桥表示该反应的电子转移____。 【答案】NaCl 2Na+O2
Na2O2 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
【解析】 【分析】
无色气体A在一种黄绿色气体B中可安静地燃烧,发出苍白色火焰,反应生成气体C。可得出A为氢气,B为氯气,C为氯化氢,D在空气中燃烧生成浅黄色固体F,D为金属钠,F为过氧化钠,F与CO2反应可得到气体G,G为氧气,B与金属D反应可生成白色固体E,E为氯化钠。 【详解】
⑴根据以上分析得E为氯化钠,E的化学式为NaCl, 故答案为NaCl;
⑵钠在氧气中反应生成过氧化钠,D生成F的化学方程式为:2Na+O2故答案为:2Na+O22OH-+H2↑,
+-
故答案为:2Na+2H2O = 2Na+2OH+H2↑;
Na2O2,
Na2O2;
⑶钠和水反应生成氢氧化钠和水,D与H2O反应的离子方程式为:2Na+2H2O = 2Na++
⑷过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,F与CO2反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2 = 2Na2CO3+O2↑,用双线桥表示该反应的电子转移
,
故答案为: 。
7.某待测溶液(阳离子为Na+)中只可能含有SO42-、SO32-、Cl-、Br-、NO3-、HCO3-中的一种
或若干种,进行下列实验(每次实验所加试剂均足量);回答下列问题:
2-2-(1)待测液中是否含SO4、SO3离子__________________________________________
(2)气体D的化学式为____________,反应生成沉淀B的离子方程式为:____________ (3)根据以上实验,待测液中肯定没有的离子__________________________;肯定存在的离子是_____________________。
2-2- -2+-【答案】一定有 SO3,而 SO4可能存在可能不存在 NO HCO3+Ba+OH= BaCO3↓+H2O Br-
HCO3-、SO32-
【解析】 【分析】
待测液与氯化钡溶液反应生成沉淀A,则溶液中可能含有SO32-、SO42-,向沉淀中加入稀生成气体D,白色沉淀D,因为亚硫酸钡具有还原性,能够与反应生成硫酸钡和一氧化氮气体,而硫酸钡不溶于,所以溶液中一定存在SO32-,可能存在SO42-;溶液A中加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B,则溶液中一定含有HCO3-,白色沉淀B为BaCO3;溶液B中加入氯水,得无色溶液,溶液中一定不存在Br-;溶液B中加入银、溶液得到白色沉淀,白色沉淀为AgCl,说明滤液B中含有Cl-,因为加入氯化钡溶液引入Cl-,不能确定原溶液中是否含有Cl-;据以上分析解答。 【详解】
待测液与氯化钡溶液反应生成沉淀A,则溶液中可能含有SO32-、SO42-,向沉淀中加入稀生成气体D,白色沉淀D,因为亚硫酸钡具有还原性,能够与反应生成硫酸钡和一氧化氮气体,而硫酸钡不溶于,所以溶液中一定存在SO32-,可能存在SO42-;溶液A中加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B,则溶液中一定含有HCO3-,白色沉淀B为BaCO3;溶液B中加入氯水,得无色溶液,溶液中一定不存在Br-;溶液B中加入银、溶液得到白色沉淀,白色沉淀为AgCl,说明滤液B中含有Cl-,因为加入氯化钡溶液引入Cl-,不能确定原溶液中是否含有Cl-;
(1)根据以上分析可以知道,待测液中一定有 SO32-,而 SO42- 可能存在可能不存在; 答案是: 一定有 SO32-,而 SO42- 可能存在可能不存在;
(2)根据分析可以知道,气体D的化学式为NO;碳酸氢根离子与钡离子、氢氧根离子生成碳酸钡,反应生成沉淀B的离子方程式为:HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O; 答案是: NO;HCO3-+Ba2++OH-= BaCO3↓+H2O;
(3)根据分析可以知道,待测液中一定不存在的离子为Br-;肯定存在的离子为: HCO3-、SO32-;
答案是: Br-;HCO3-、SO32-。
8.X,Y,Z三种元素,它们具有下述性质: (1)X,Y,Z的单质在常温下均为气体;
(2)X的单质可以在Z的单质中燃烧,燃烧时生成化合物XZ;
(3)化合物XZ极易溶于水,并电离出X+ 和Z -,其水溶液可使蓝色石蕊试纸变红; (4)2分子X的单质可与1分子Y的单质化合,生成2分子X2Y,X2Y在常温下液体; (5)Z的单质溶于X2Y中,所得溶液具有漂白作用。
根据上述事实,试判断X,Y,Z各是什么元素,XZ和X2Y各是什么物质: X(_______________),Y(_______________)Z(________________), XZ(_______________) X2Y(_______________)。 【答案】H O Cl HCl H2O 【解析】 【分析】
结合物质的性质、反应的实验现象分析解答。 【详解】
XZ极易溶于水,在水溶液中电离出X+和Z-,XZ的水溶液可使石蕊试液变红,溶液呈酸性,则X为氢元素,X单质为H2;结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ,可知Z为Cl元素,Z的单质为Cl2,故XZ为HCl;2个H2分子能与1个Y2分子化合成2个X2Y分子,X2Y常温下为液体,则X2Y为H2O,说明Y为O元素;Cl2溶于H2O中,反应生成HCl和HClO,HClO具有漂白作用,符合题意;根据上述分析,X为H,Y为O,Z为Cl,XZ为HCl,X2Y为H2O,故答案为:H;O;Cl;HCl;H2O。
9.有一瓶溶液只含Cl-、CO32—、SO42—、Na+、NH4+、K+、Mg2+七种离子中的某几种。经如下实验:
① 原溶液加入过量NaOH溶液,产生白色沉淀;
② 将①所得溶液加热,放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体; ③ 原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀。
④ 原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀,再加稀白色沉淀不溶解。 回答下列问题:
(1)试分析原溶液中一定含有的离子是_____________,一定不含有的离子是____________。
(2)请写出实验①、②、④有关反应的离子方程式: ①产生白色沉淀________________________________; ②产生气体_________________________________________; ④产生白色沉淀______________________________________。
(3)有同学认为实验④可以省略,你认为呢?(填“可以”或“不可以”)___________,并说明理由_____________________________。
【答案】Mg2+、NH4+、Cl- CO32-、SO42- Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓ NH4++OH-△NH3↑+H2O Ag++ Cl―= AgCl ↓ 可以 溶液显电中性有阳离子存在必有阴离子存在 【解析】
【分析】
Cl-、CO32-、SO42-、Na+、NH4+、K+、Mg2+ 七种离子中只有有Mg2+ 能和氢氧化钠反应生成沉淀,说明一定含有Mg2+;Mg2+和CO32-反应生成沉淀,二者不能共存,故无CO32-;能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气,证明原溶液含NH4+;原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀,说明不含SO42-;原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀,再加稀白色沉淀不溶解,说明含Cl-。 【详解】
Cl-、CO32-、SO42-、Na+、NH4+、K+、Mg2+ 七种离子中只有有Mg2+ 能和氢氧化钠反应生成沉淀,说明一定含有Mg2+;Mg2+和CO32-反应生成沉淀,二者不能共存,故无CO32-;能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气,证明原溶液含NH4+;原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀,说明不含SO42-;原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀,再加稀白色沉淀不溶解,说明含Cl-;
(1)由以上分析可知,原溶液中一定含有的离子是Cl-、NH4+、Mg2+,一定不含有的离子是CO32-、SO42-,可能含有Na+、K+;
(2)氢氧化钠和Mg2+ 生成氢氧化镁沉淀,和NH4+反应生成氨气,Cl-和Ag+反应生成氯化银沉淀,反应离子方程式为:Mg2++2OH-=Mg2+(OH)2↓,NH4++OH-+Ag+=AgCl↓;
(4)溶液显电中性,故有阳离子必有阴离子,所以一定存在Cl-,所以实验④可以省略。
NH3↑+H2O,Cl-
10.I、中学常见反应的化学方程式是ABXYH2O(未配平,反应条件略去),其中A、B的物质的量之比为1∶4.请回答:
(1)若Y是黄绿色气体,该反应的离子方程式是_________________________。 (2)若A为非金属单质,构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍,B的溶液为某浓酸,则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是___________________。 II、(1)硫酸型酸雨样品放置时pH变化的主要原因是(用化学方程式表示)________。 (2)如果将刚取样的上述酸雨和自来水(用Cl2杀菌消毒)混合,pH将____(填“增大”“减小”或“不变”),原因是(用化学方程式表示)_________________________________。
(3)你认为减少酸雨产生的途径可采用的措施是_____________(填序号)。 ①少用煤作燃料 ②把工厂烟囱造高 ③燃料脱硫④在已酸化的土壤中加石灰 ⑤开发新能源
A.①②③ B.②③④⑤ C.①③⑤ D.①③④⑤ 【答案】4H +2Cl +MnO2
+
-
ΔCl2 +Mn2+ +2H2O 4:1 SO2+H2OH2SO32H2SO3+
O2===2H2SO4 减小 H2SO3+Cl2+H2O===2HCl+H2SO4 C 【解析】 【分析】 【详解】
I、(1)若Y是黄绿色气体,则Y为氯气,A、B的物质的量之比为1:4,该反应为二氧化锰
与浓盐酸制备氯气,反应离子方程式为:MnO2+4H++2Cl-
ΔMn2++Cl2↑+2H2O;
(2)构成A的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍,则A为C,B为浓硫酸或浓,但A、B的物质的量之比为1:4,则B为浓HNO3,该反应中C为还原剂,为氧化剂,且全部被还原,所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是4:1; II、(1)硫酸型酸雨因雨水中溶有二氧化硫而显酸性,二氧化硫与水反应生成亚硫酸,亚硫酸溶液被空气氧化成强酸:硫酸,所以久置后pH会减小,方程式为:SO2+H2O⇋H2SO3、2H2SO3+O2===2H2SO4;
(2)该酸雨中含有亚硫酸,氯气具有强氧化性会将亚硫酸氧化成硫酸,自身被还原生成盐酸,生成两种强酸,所以溶液pH值会减小,方程式为:H2SO3+Cl2+H2O===2HCl+H2SO4;
(3)少用煤作燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放,从而减少酸雨的形成,所以选C。
11.实验室制取氯气的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O。结合氯气
的物理性质,判断下列叙述中不正确是________________(填序号)。 ①加热盛有二氧化锰、浓盐酸的烧瓶,瓶内充满黄绿色气体。 ②氯气的密度比空气大,常用向上排空气法收集氯气。
③闻氯气气味时,用手轻轻在集气瓶口扇动,使极少量氯气飘进鼻孔。
④在充满氯气的集气瓶内加水,盖严后振荡,瓶内气体颜色变浅,液体变为黄绿色。 ⑤氯气易液化,在低温和加压的条件下可以转变为液态(液氯)和固态。 ⑥氯气、氯水、液氯是同一种物质,只是状态不同,都属于纯净物。 【答案】⑥ 【解析】 【分析】
结合氯气的物理性质和化学性质解题即可。 【详解】
①二氧化锰和浓盐酸混合加热可制得氯气,而氯气是黄绿色有强烈刺激性气味的有毒气体,故①正确;
②氯气易溶于水且与水反应,可根据其密度比空气大,选择向上排空气法收集氯气,故②正确;
③氯气是有毒气体,则闻氯气气味时,用手轻轻在集气瓶口扇动,使极少量氯气飘进鼻孔,故③正确;
④氯气溶于水所得氯水中含有氯气分子,则在充满氯气的集气瓶内加水,盖严后振荡,瓶内气体颜色变浅,液体变为黄绿色,故④正确;
⑤氯气的熔、沸点比较高,在低温和加压的条件下,氯气易转变为液态(液氯)和固态,故⑤正确;
⑥氯气、液氯是同一种物质,只是状态不同,都属于纯净物,但氯水是氯气的水溶液,属于混合物,故⑥错误;
故答案为⑥。
12.有人提出可以利用海水(含NaCl)和石灰石为原料制取漂白粉,该方法流程如下:
(1)②中的反应物是氯化钠和________,该反应的离子程式为_________。 (2)写出反应④、⑤的化学方程式:_________。
(3)图中反应②③④⑤属于氧化还原反应的是____________。 【答案】水 2Cl-+2H2O
通电2OH-+H2↑+Cl2↑ CaO+H2O=Ca(OH)2、2Cl2+
2Ca(OH)2=CaCl2+ Ca(ClO)2+2H2O ②⑤ 【解析】 【分析】
(1)②电解氯化钠和水生成氢氧化钠、氢气和氯气;
(2)反应④是氧化钙和水生成氢氧化钙、反应⑤是氯气和氢氧化钙生成氯化钙、次氯酸钙、水。
(3)反应前后有元素化合价改变的反应为氧化还原反应。 【详解】
(1)②电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气,②中的反应物是氯化钠和水,反应的离
-
子方程式为2Cl+2H2O
通电2OH-+H2↑+Cl2↑。
(2) 反应④是氧化钙和水生成氢氧化钙,反应的化学方程式是CaO+H2O=Ca(OH)2;反应⑤是氯气和氢氧化钙生成氯化钙、次氯酸钙、水,反应的化学方程式是2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。 (3)②2Cl-+2H2O
通电2OH-+H2↑+Cl2↑、⑤2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O反应中有元素
化合价的变化,属于氧化还原反应,③CaCO3
高温CaO+CO2↑、④CaO+H2O=Ca(OH)2,反
应中没有元素化合价的变化,不属于氧化还原反应。
13.如图为工业从海水中提取液溴的流程图:
已知:溴的沸点为59℃,微溶于水,有毒性。请回答:
(1)某同学利用下图装置进行步骤①至步骤④的实验,当进行步骤①时,应关闭活塞___,打开活塞____。
(2)步骤②中可根据___现象,简单判断热空气的流速。 (3)步骤③中简单判断反应完全的依据是___。 (4)从“溴水混合物Ⅰ”到“溴水混合物Ⅱ”的目的是___。
(5)步骤⑤用下图装置进行蒸馏,蒸馏烧瓶中尚未安装温度计,安装其位置时应注意___,装置C中直接加热不合理,应改为__。
【答案】bd ac A中气泡产生的快慢 B中溶液褪色 浓缩Br2或富集溴 温度计的水银球在蒸馏支管口附近 水浴加热 【解析】 【分析】
向浓缩海水中加入氯气可以将Br-氧化得到溴水的混合物,利用热的空气吹出溴单质,得到粗溴,然后通入SO2气体吸收Br2单质,将Br2富集,二者在溶液中发生氧化还原反应生成HBr,再通入Cl2氧化Br-得到溴与水的溶液,最后蒸馏得到液溴。 【详解】
(1)进行步骤①的目的是通入Cl2氧化Br-离子为Br2,且能使氯气通入和浓缩海水中的溴离子反应,剩余氯气进行尾气吸收,因此应关闭bd,打开ac,进行反应和尾气处理; (2)步骤②是利用溴单质易挥发的性质,关闭ac,打开bd,通入热空气把生成的溴单质赶出到装置B,并使Br2蒸气和通入的SO2气体在溶液中发生氧化还原反应生成H2SO4和HBr,依据A装置中直玻璃管产生气泡的快慢现象,简单判断热空气的流速; (3)步骤③中是二氧化硫和溴单质发生氧化还原反应生成溴化氢和硫酸,反应方程式为:Br2+SO2+2H2O= H2SO4+2HBr,由于溴水显橙色,所以可根据溴水溶液的颜色由橙色变化为无色,来判断反应是否恰好完全进行;
(4)海水中溴元素较少,从“溴水混合物Ⅰ”到“溴水混合物Ⅱ”过程中,的目的是增大溴单质的浓度,起到富集溴元素的作用;
(5)蒸馏装置中温度计的作用是测定馏出成分的温度,因此蒸馏烧瓶中安装温度计,安装其位置时应注意:温度计水银球在蒸馏支管口处;装置C中直接加热温度不容易控制,为使溴单质从溴水中蒸出,可根据溴的沸点为59℃,采用水浴加热的方法。 【点睛】
本题考查了物质制备的流程分析判断的知识,涉及氧化还原反应、反应条件的控制等,主
要是海水提取溴的原理应用,掌握实验原理,分析实验过程的目的是进行操作判断的依据。
14.将正确答案的序号填在空白处。
(1)用经Cl2消毒的自来水配制下列溶液:①Na2SO3;②KI;③AlCl3;④FeCl2;⑤AgNO3;⑥稀盐酸,发现部分药品变质,它们是 ______ 。 (2)下列反应必须加入氧化剂且一步反应就能完成的是 ______ 。
①N2NO2 ②NO2NO ③NO2HNO3 ④N2NO ⑤N2NH3 (3)在如图所示的8个装置中,属于原电池的是 ______ 。
(4) ①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池。 ①②相连时,外电路电流从②流向①; ②③相连时,③为正极; ②④相连时,②上有气泡逸出; ③④相连时,③的质量减少.
据此判断这四种金属活动性由大到小的顺序是 ______ 。 (5)下列物质中,不能由单质直接化合生成的是 ______ 。 ①CuS②FeS③SO3④H2S⑤FeCl2
(6)下列物质中,属于强电解质的是 ______ ;属于非电解质的是 ______ 。
①氨气 ②氨水 ③盐酸 ④醋酸 ⑤硫酸钡 ⑥氯化银 ⑦氯化钠 ⑧二氧化碳 ⑨醋酸铵⑩氢气⑪水
【答案】①②④⑤ ④ ②④⑥⑦ ①③④② ①③⑤ ⑤⑥⑦⑨ ①⑧ 【解析】 【分析】
(1)氯水中含氯气、HClO、水三种分子,含氢离子、氢氧根离子、氯离子、次氯酸根离子,与药品不反应,则不变质;
(2)必须加入氧化剂,则选项中为还原剂的反应,还原剂中某元素的化合价升高,且反应一步转化;
(3)由两个活性不同的电极、有电解质溶液、形成闭合回路、可自发进行放热的氧化还原反应可构成原电池;
(4)原电池中,作负极的金属活泼;
(5)变价金属与强氧化剂反应生成高价金属化合物,与弱氧化剂反应生成低价金属化合物; (6)电解质、非电解质都为化合物,利用熔融或溶于水能否电离分析。
【详解】
1氯水中含氯气、HClO、水三种分子,含氢离子、氢氧根离子、氯离子、次氯酸根离
子,氯气、HClO均与①Na2SO3、②KI、④FeCl2发生氧化还原反应而变质,氯离子与
⑤生成AgCl沉淀而变质,故答案为:①②④⑤;
2①N2NO2中N元素的化合价升高,需要加氧化剂,但不能一步转化,故不选;
②NO2NO中N元素的化合价降低,与水反应可转化,不需要加还原剂,故不选; ③NO2HNO3中N元素的化合价升高,与水反应可转化,不需要加氧化剂,故不选;
④N2NO中N元素的化合价升高,需要加氧化剂,可一步转化,故选; ⑤N2NH3中N元素的化合价降低,需要加还原剂转化,故不选;
故答案为:④;
3①中只有Zn不能构成原电池,③电极材料相同不能构成原电池,⑤中酒精为非电
解质不能构成原电池,⑧不是闭合回路不能构成原电池,而②④⑥⑦符合原电池的构成条件,故答案为:②④⑥⑦;
4①②相连时,外电路电流从②流向①,①为负极,金属性①②;
①③相连时,③为正极,①为负极,金属性①③;
②④相连时,②上有气泡逸出,④为负极,金属性④②;
③④相连时,③的质量减少,③为负极,金属性③④,
则金属活动性由大到小的顺序是①③④②;
5①Cu与S反应生成Cu2S,不能直接得到,故选;
②Fe与S反应直接得到FeS,故不选; ③S与氧气反应直接生成SO2,故选; ④S与氢气反应生成H2S,故不选;
⑤Fe与氯气反应直接生成FeCl3,不能生成FeCl2,故选; 故答案为:①③⑤;
6①氨气溶于水,溶液能够导电,但氨气本身不能电离,为非电解质;
②氨水为混合物,既不是电解质也不是非电解质; ③盐酸为混合物,既不是电解质也不是非电解质;
④醋酸为乙酸和水为混合物,既不是电解质也不是非电解质; ⑤硫酸钡在熔融状态下完全电离,为强电解质;
⑥氯化银在熔融状态下完全电离,为强电解质;
⑦氯化钠在熔融状态下及溶于水均完全电离,为强电解质;
⑧二氧化碳溶于水,溶液能够导电,但二氧化碳本身不能电离,为非电解质; ⑨醋酸铵在熔融状态下及溶于水均完全电离,为强电解质;
⑩氢气为单质,既不是电解质也不是非电解质;
⑪水能微弱电离,为弱电解质,
则属于强电解质的是⑤⑥⑦⑨,属于非电解质的是①⑧。 【点睛】
电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物,例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等,凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质,例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等;特别注意能导电的不一定是电解质,且非电解质的水溶液也可能导电,如CO2的水溶液导电,是因为生成碳酸的缘故;另外电解质和非电解质都是化合物,既要排除单质又要排除混合物。
15.我国广泛采用将干燥空气稀释的氯气通入填有固体亚氯酸钠(NaClO2)的柱内制得ClO2,用其取代氯气对自来水消毒,从而降低自来水中的氯残留对人体健康的影响。 (1)在ClO2分子中氯元素的化合价是______________。
(2)表示这一反应的化学方程式是________________________________,和欧洲的方法相比,我国这一方法的主要优点是生产出的ClO2中不含Cl2杂质。
(3)在酸性溶液中,用草酸钠(Na2C2O4)还原NaClO3也可制得ClO2,表示这一反应的化学方程式是________________________________,此法的优点是ClO2可被CO2稀释(Na2C2O4的氧化产物是CO2)。
(4)根据上述原理,北京绿先锋环保科技有限责任公司生产的“绿先锋消毒剂”是由两组固体试剂组成的。其使用方法见下图:
小瓶内盛的白色固体是________________,瓶胆内盛的白色固体是______________。 【答案】+4 2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl Na2C2O4+2NaClO3=2Na2CO3+2ClO2 草酸钠 氯酸钠 【解析】 【分析】
(1)化合物中正负化合价的代数和为0,ClO2中O为-2价; (2)由信息可知,氯气与NaClO2反应生成ClO2;
(3)草酸钠(Na2C2O4)还原NaClO3也可制得ClO2,Na2C2O4的氧化产物是Na2CO3,结合电子、原子守恒分析;
(4)从上文信息可知两种固备ClO2的是草酸钠与氯酸钠,根据氯酸钠具有强的氧化性分
析判断物质的存放。 【详解】
(1)根据O元素化合价为-2,得氯元素的化合价为+4。
(2)根据信息知反应物为氯气和亚氯酸钠,生成物之一为二氧化氯,结合质量守恒定律可得另一生成为氯化钠,反应方程式为:2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl;
(3)草酸钠(Na2C2O4)与NaClO3反应,氯酸钠被还原得到的ClO2,草酸钠被氧化为Na2CO3,反应方程式为:Na2C2O4+2NaClO3=2Na2CO3+2ClO2;
(4)根据上述信息可知两种固体是草酸钠与氯酸钠,由于氯酸钠具有强的氧化性,会腐蚀钢筒,因此小瓶内盛的白色固体是草酸钠,瓶胆内盛的白色固体是氯酸钠。 【点睛】
本题考查物质的性质及氧化还原反应,把握习题中的信息及物质的性质、氧化还原反应为解答的关键,侧重考查学生的分析与应用能力。
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